2025年中考数学专题训练：圆综合（含解析）

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2025年中考数学专题训练：圆综合
一、单选题
1．下列命题中，真命题是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧
B．相等的弦所对的圆周角相等
C．若，则或
D．若，则
2．如图，是的外接圆，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，正六边形的边长为1，分别以B、D、F为圆心，1为半径画弧，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
4．有一个侧面积为的圆锥，将它的侧面展开是一个半径为的扇形，这个圆锥的底面半径为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，是的直径，是的弦，，垂足为，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点A是外一点，分别与相切于点B、C，点D在上、已知，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，等边三角形的三个顶点均在上，，为的直径，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
8．如图，已知的半径长是1，，分别切于点A，B，连结并延长交于点C，连结，．若四边形是菱形，则的长是（　　）
A． B．3 C． D．4
二、填空题
9．如图，点在上，点在内，其中，则 ．
10．我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于 ．
11．如图，是的直径，是延长线上一点，过作的切线，切点为点，点是劣弧上一点，连接，，，若，则的度数为 ．
12．如图，的直径平分弦（不是直径）．若，则 ．
13．如图，是的半径，是的弦，于点，是的切线，交的延长线于点．若，，则线段的长为 ．
14．如图，中，，，，，分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点M，N，直线交于点，以点为圆心，为半径作弧，交于点，连接，则的长为 ．
15．如图，在四边形中，，，，．在四边形内部移动（可以与该四边形的边相切），若的面积为，则点B到上的点的距离的最大值为 ．
三、解答题
16．如图，在中，是直径，弦于点，过点作的切线，交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
17．如图，量角器放置在长方形纸面中，为其直径，点为其圆心，点，在量角器的半弧上，对应刻度分别为和，连接．
(1)尺规作图：求作线段的垂直平分线，直线与交于点，与交于点．（保留作图痕迹，标注清楚字母，不写作法）
(2)连接，求证：．
18．如图，为的直径，点C是的中点，过点C作交于点E，交于点F，连接交于点G．
(1)连接，求证；
(2)若，求的半径；
(3)连接，若，求的长．
19．如图1，为的外接圆，为的半径．
(1)当所在的直线垂直于时，___________．（填“>”“=”或“<”）
(2)若，求的长．
(3)嘉嘉发现，当点在上方的圆弧上移动时，总有与的和为定值，请证明这种说法．
(4)如图2，，交于点，于点．若，直接写出的长．
20．如图，在矩形中，，为上一点，且，连结，是中点，连结，以为直径作；
(1)用a的代数式表示___________，___________；
(2)求证：必过的中点：
(3)若与矩形各边所在的直线相切时，求的值；
(4)作关于直线的对称点，若落在矩形内部（不包括边界），则的取值范围___________，（直接写出答案）
21．如图，是的直径，过点作的切线，点在右半圆上移动（点与点，不重合），过点作，垂足为；点在射线上移动（点在点的右边），且在移动过程中保持．
(1)若，的延长线相交于点，判断是否存在点，使得点恰好在上？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；
(2)连接交于点，设，试问：的值是否随点的移动而变化？证明你的结论．
22．【问题背景】
正方形与正方形相邻，点O，C，F在同一条直线上．以所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图．若过A，B，E三点（圆心P在x轴上），抛物线经过A，C两点，与x轴的另一交点为G，M是的中点，正方形的面积为1．
【构建联系】
（1）求抛物线的解析式．
（2）求证：是的切线．
【深入探究】
（3）设是抛物线上的一个动点（不与点C，G重合）．当时，请求出点N的横坐标的取值范围．
《2025年中考数学专题训练：圆综合》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B A D B C C B
1．C
【分析】本题考查的是命题的真假．依次根据垂径定理的推论，圆心角、弧与弦的关系，绝对值的性质，等式的性质判断即可．
【详解】解：A、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，原命题是假命题，本选项不符合题意；
B、相等的弦所对的圆周角不一定相等，原命题是假命题，本选项不符合题意；
C、若，则或，是真命题，本选项符合题意；
D、若，且时，则，原命题是假命题，本选项不符合题意；
故选：C．
2．B
【分析】本题考查了等边对等角，三角形内角和定理，圆周角定理，掌握圆周角定理是关键．
根据题意，连接，可得，由三角形内角和定理得到，再根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B ．
3．A
【分析】本题考查了扇形面积公式，多边形内角，含30度直角三角形，阴影部分面积等于三个扇形的面积减去正六边形的面积，熟练运用扇形面积公式是解题的关键．
【详解】解：观察图形可得，
六边形为正六边形，
每个内角为，
如图，连接，过点作交于点，
，
则，
，
，
，
，，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
故选：A．
4．D
【分析】本题主要查了圆锥的侧面积．根据圆锥的侧面积公式解答，即可．
【详解】解：根据题意得：这个圆锥的底面半径为
．
故选：D
5．B
【分析】本题考查了垂径定理，根据是的直径，是的弦，并且，根据垂直定理可知．
【详解】解：∵是直径，
，，
．
故选：B．
6．C
【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理定理等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键．
如图：连接，由切线的性质得，进而由四边形的内角和得，再根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：如图：连接，
∵分别与相切于点B，C，
∴，
∵，
∴，
∵点D在上，
∴．
故选：C．
7．C
【分析】连接，如图．根据是等边三角形，得出，根据垂径定理和圆周角定理得出，，即可得，根据直角三角形的性质得出，结合勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，如图．
∵是等边三角形，，
，
∵为的直径，
，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】该题考查了勾股定理，等边三角形的性质，垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
8．B
【分析】本题考查菱形的性质，切线的性质，含30度的直角三角形，掌握圆的切线的性质是解题关键．连接，，根据切线的性质得到，再根据等边对等角的性质推出，进而得到，则，即可求出的长．
【详解】解：如图，连接，，
，分别切于点A，B，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
故选B．
9．18
【分析】本题主要考查等边三角形的判定和性质，垂径定理和勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握垂径定理与勾股定理的综合求线段长是关键．
延长交于，过作于，于，由垂径定理得到，判定是等边三角形，得到，求出，由含度角的直角三角形的性质求出，，，求出，由勾股定理得到，，因此，由此即可求解．
【详解】解：延长交于，过作于，于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
10．
【分析】此题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、重心和外心等知识．求出和，即可得到答案．
【详解】解：如图，中，，作于点，
∴，
∴，
设三角形的外心为，外接圆半径为，
∵等腰三角形的外心在底边的垂直平分线上，
∴在所在直线上，
设，
在中，，即，
解得，
∴，
重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点距离是到对边中点的距离两倍，
∴重心G在在上，且，
∴“变形值”等于，
故答案为：
11．
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，连接，则可以求出的度数，进而求出，再根据圆内接四边形的对角互补解题即可．
【详解】解：连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12．/35度
【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理和圆周角定理．
利用垂径定理得出，求得，再利用圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵的直径平分弦，
，
，
，
故答案为：．
13．/
【分析】本题考查了垂径定理，圆的切线的性质，解直角三角形，掌握相关性质是解题关键．由垂径定理可知，再根据30度角所对的直角边等于斜边一半，得到，由圆的切线可知，再利用特殊角的正切值求解即可．
【详解】解：是的半径，是的弦，，，
，
，
，
，
是的切线，
，
，
，
，
故答案为：．
14．
【分析】根据勾股定理求得，设直线交于点G，连接，，由由作图可得是的垂直平分线，从而证得，根据相似三角形的性质求出，根据作图有，根据等边对等角及三角形的内角和求得，得到，从而点A，C，F，D四点共圆，因此，则，在中，根据勾股定理即可解答．
【详解】解：∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵，，
∴，
∵，，
∴．
设直线交于点G，连接，，
∵由作图可得是的垂直平分线，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
由作图可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴点A，C，F，D四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查尺规作图——作垂直平分线与作线段等于已知线段，勾股定理，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，四点共圆等，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
15．/
【分析】本题主要考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，一点到圆上一点的距离的最值问题，如图所示，过点B作于G，连接，先求出，再证明，则可得到，进一步求出，得到，则四边形是等腰梯形；连接并延长交于E，连接，则点E为上到点B的距离最大的点，由等腰梯形的对称性可知，当满足B、E、D三点共线，且最小时，有最大值，此时一定有与相切，据此求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点B作于G，连接，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是等腰梯形；
如图所示，连接并延长交于E，连接，则点E为上到点B的距离最大的点，
∵，
∴由等腰梯形的对称性可知，当满足B、E、D三点共线，且最小时，有最大值，此时一定有与相切；
如图所示，过点C作于F，过点O作于H，
在中，，
∴；
∵的面积为，
∴的半径为，
∴，
在中，，
∴，
∴点B到上的点的距离的最大值为，
故答案为：．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（）由是的直径，弦于点，得垂直平分，所以，由切线的性质得，由，，推导出，即可证明DF是⊙O的切线；
（）由，，得，则，所以，求得，由，求得．
【详解】（1）证明：∵是的直径，弦于点，
∴，
∴垂直平分，
∵过点作的切线，交的延长线于点，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，且，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴线段的长是．
【点睛】此题考查了垂径定理，等腰三角形的性质，切线的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等知识，推导出垂直平分，进而证明是解题的关键．
17．(1)作图见解析；
(2)证明见解析．
【分析】本题考查了尺规作图——作垂线，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据作垂直平分线的方法即可求解；
（）连接，由垂直平分线的性质可得，则，由图可知，所以由圆周角定理得，再通过等边对等角得，最后由相似三角形的判定方法即可求证．
【详解】（1）解：如图，直线即为所求；
（2）证明：如图，连接，
由作图可知，
∴，
由图可知，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴．
18．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，为的直径， ，得到，，证明，继而证明，即可得证；
（2）证明，得到，，连接，设，则，得到，解得即可；
（3）根据题意，，得到，，继而证明，，得到，结合已知解答即可．
【详解】（1）证明：根据题意，为的直径， ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵为的直径，点C是的中点， ，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
连接，设，
∴，
∴，
解得，
故圆的半径为．
（3）解：∵为的直径，点C是的中点， ，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据题意，，
故，
故，
故，
故．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
(4)
【分析】（1）根据题意，作出图形，结合垂径定理、中垂线的判定与性质及等腰三角形性质即可得到答案；
（2）连接，如图所示，根据题意，由圆周角定理求出，再由弧长公式代值求解即可得到答案；
（3）连接，如图所示，由圆周角定理、等腰三角形性质及三角形内角和定理即可得证；
（4）由两个三角形相似的判定定理得到，得到相似比；再由得到，联立代值求解即可得到答案．
【详解】（1）解：延长，交于点，如图所示：
当所在的直线垂直于时，即，
由垂径定理可知，
是线段的垂直平分线，则，
由等腰三角形三线合一性质可知，平分，
∴；
故答案为：；
（2）解：连接，如图所示：
，，
由圆周角定理可得，
，
的长为；
（3）解：当点在上方的圆弧上移动时，总有与的和为定值，
证明如下：
连接，如图所示：
由圆周角定理知，
，
，
在中，由三角形内角和定理可得，
则，
，即当点在上方的圆弧上移动时，总有与的和为定值；
（4）解：连接，如图所示：
由圆周角定理可得，
，，
由等腰三角形三线合一性质可得平分，即，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
，即，
，，
，
，解得．
【点睛】本题考查圆的综合，涉及圆周角定理、垂径定理、中垂线的判定与性质、等腰三角形的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握圆的基本性质、圆综合题型的解法是解决问题的关键．
20．(1)，；
(2)见解析
(3)a的值为或
(4)
【分析】本题是圆和四边形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质定理、垂径定理、矩形与折叠问题，第三问和第四问中采用分类讨论的思想，注意不要丢解，第四问有难度，准确画出图形是关键．
（1）如图1，根据勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，代入可得结果；
（2）如图1，证明四边形是矩形，得，所以必过的中点；
（3）因为不可能与边和相切，所以分两种情况：①如图2，当与边相切时，根据中，，列式，求的值；②如图3，当与边相切时，设切点为，根据： 且，列式可得结论；
（4）分别计算当最小和最大时，即在边上和边上，作辅助线，根据对称点的连线被对称轴垂直平分，由线段垂直平分线的性质列式可得结论．
【详解】（1）解：如图1，
四边形是矩形，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
设交于，连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，，
，
，
，
由勾股定理得：，
，
故答案为：；；
（2）解：如图1，设交于，连接，
是的直径，
，
，
四边形是矩形，
，
是的中点，
即必过的中点；
（3）解：分两种情况：
①如图2，当与边相切时，设切点为，连接、交于，则，
，
由（2）得，，，
，
，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
在中，，
，
解得，
，
，
②如图3，当与边相切时，设切点为，连接，则，连接，交于，
，
同理可得，，，
，
由（1）知： 且，
，
解得，
综上所述，若与矩形各边所在的直线相切时，的值为或；
（4）解：如图4，当的对称点恰好在边上时，连接交于，连接、，过作，交于，交于，则，
关于直线的对称点，
是的垂直平分线，
，，
由（1）（2）得：，，
，
由勾股定理得：
即，
解得：（舍，，
当时，落在矩形外部（包括边界）；
如图5，当落在边上时，连接、，设交于，连接，延长交于点，
，，，
，
四边形为矩形，
，
关于直线的对称点，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
，
，
在中，，
解得（负值舍去），
的取值范围是：，
故答案为：．
21．(1)
(2)值不随点的移动而变化．证明见解析
【分析】（1）当点在上时，设与交于点，证明，即可得到；
（2）由于是右半圆上的任意一点，且，由两直线平行，同位角相等知，由是的切线，由切线的性质知，，已知中有，即，得到，，又有，，故由，可知，又因为，则即得到，即，所以有，即值不随点的移动而变化．
【详解】（1）解：当点在上时，设与交于点，
∵，
．
∵，
．
．
又，，
即，
．
（2）值不随点的移动而变化．理由是：
∵是右半圆上的任意一点，且，
．
∵是的切线，
．
又∵，
．
．
．
．
又∵，，
．
．
又∵，
即．
即．
．
即值不随点的移动而变化．
【点睛】本题利用了切线的性质，垂径定理、平行线的性质，相似三角形和全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握相似三角形和全等三角形的判定和性质是关键．
22．（1）；（2）见解析；（3）或
【分析】题目主要考查二次函数的应用，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）连接，，，根据正方形的性质得出，再由全等三角形的判定和性质得出，，设，由圆和正方形的轴对称性可知利用勾股定理确定，，得出，确定点的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）根据正方形的性质及抛物线与坐标轴交点得出，确定，利用相似三角形的判定和性质即可得出结果；
（3）以为边在轴上方作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，当点在点左侧时，．连接，交于点，连接，利用圆周角定理及三角形外角的性质即可得出结果；当当在点右侧时，，同理可得即可．
【详解】（1）解：如图，连接，，．
正方形的面积为1，
．
∵过A，B，E三点，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
设，则
.
，
，
，
解得或（舍去）.
．
.
点在抛物线上，
解得
抛物线的解析式为.
（2）证明：正方形的面积为1，
．
抛物线与轴交于点
，
，
．
．
，
.
在和中，
，
，且．
．
.
．
是的切线；
（3）解：如图，以为边在轴上方作等边三角形，以为圆心，为半径作圆．
当点在点左侧时，．
连接，交于点，连接．
，
当点在点右侧时，．
同理可得，
当时，点的横坐标的取值范围是或．
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